2022年广东省广州市花都区中考二模化学试题(解析版)

2021-2022学年第二学期九年级第二次调研测试题化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16K-39Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意。错选、不选、多选或涂改不清的，均不给分。1.我国珠江流域是水稻主产区，下列有关水稻种植过程及其相关应用的叙述中涉及到化学变化的是A.栽种秧苗 B.水稻脱粒C.稻谷晾晒 D.稻草发电【答案】D【解析】【详解】A.栽种秧苗没有新物质生成，属于物理变化；错误；B.水稻脱粒没有新物质生成，属于物理变化；错误；C.稻谷晾晒没有新物质生成，属于物理变化；错误；D.稻草发电，稻草燃烧有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化；正确；故选D。2.2022北京冬奥会是全球期盼的冰雪盛会。为办成绿色冬奥会，下列措施不符合绿色奥运理念的是A.为观众免费提供大量的一次性鞋套 B.火炬“飞扬”采用氢气作燃料C.用“张北的风点亮北京的灯” D.速滑馆“冰丝带”大规模采用CO2跨临界直冷制冰【答案】A【解析】【详解】A.为观众免费提供大量的一次性鞋套，会造成资源浪费，不符合“绿色奥运”理念，符合题意；B.火炬“飞扬”采用氢气作燃料，氢气燃烧产物只有水，比较环保，符合“绿色奥运”理念，不符合题意；C.用“张北的风点亮北京的灯”，风能转化为电能，可以减少化石燃料的使用，减少污染物的排放，保护环境，符合“绿色奥运”理念，不符合题意；D.速滑馆“冰丝带”大规模采用CO2跨临界直冷制冰，代替传统制冰技术，可以节约能源，减少污染，保护环境，符合“绿色奥运”理念，不符合题意。故选A。3.氮化镓是生产5G芯片的关键材料之一。如图为氮和镓（Ga）的原子的结构示意图。下列推断错误的是A.氮元素位于第二周期 B.图中x=18C.镓的相对原子质量为31 D.N和Ga可形成化合物GaN【答案】C【解析】【详解】A.原子的电子层数和所在周期数相等，根据氮原子的原子结构示意图可知，氮元素在元素周期表的第二周期，故A正确；B.原子中，质子数和核外电子数相等，所以有，解得x=18，故B正确；C.根据镓原子的原子结构示意图可知，镓原子的质子数为31，相对原子质量不等于质子数，故C错误；D.N原子最外层电子数为5，所以化学变化中容易得到3个电子，所以氮元素的常见化合价为-3价；镓原子最外层电子数为3，在化学变化中容易失去3个电子，所以镓的常见化合价为+3价，根据化学式的书写规则，氮化镓的化学式为，故D正确；故选C。4.“食在广州●叹早茶”，下列食品中含蛋白质相对较多的是A.手打牛肉丸 B.炒面C.蒜蓉生菜 D.纯碱馒头【答案】A【解析】【详解】A.手打牛肉丸富含蛋白质，符合题意；B.炒面富含糖类，不符合题意；C.蒜蓉生菜富含维生素，不符合题意；D.纯碱馒头富含糖类，不符合题意。故选A。5.由硅的氧化物可以制取单质硅，主要发生如下反应：①SiO2+2CSi（粗）+2CO↑；②Si（粗）+2Cl2SiCl4；③SiCl4+2H2Si（纯）+4HCl下列有关说法错误的是A.反应①和③都是置换反应 B.保持Cl2化学性质的最小微粒是氯气分子C.氢气的作用是作氧化剂 D.由粗硅制纯硅的过程中，硅元素的质量不变【答案】C【解析】【详解】A.由化学方程式可知，反应①和③均符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应，反应②符合“多变一”的特点，属于化合反应，不符合题意；B.氯气由氯气分子构成，故保持氯气化学性质的最小微粒是氯气分子，不符合题意；C.氢气具有还原性，可用作还原剂，符合题意；D.根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，故由粗硅制纯硅的过程中，硅元素的质量不变，不符合题意。故选C。6.中国化学家成功研制了一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光分解水，原理如图所示。下列说法错误的是A.反应Ⅰ中产生气体可用作发射火箭的燃料B.反应Ⅱ为：2H2O22H2O+O2↑C.反应Ⅰ和反应Ⅱ中两种催化剂的质量都减小D.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化【答案】C【解析】【详解】A.反应Ⅰ是水在催化剂的作用下生成氢气和过氧化氢，氢气具有可燃性，可用作发射火箭的燃料；正确；B.反应Ⅱ是由过氧化氢一种物质生成水和氧气两种物质，化学方程式为；正确；C.催化剂是指在化学反应中能改变其他物质的反应速率，而自身的质量和化学性质在反应前后不改变的物质；反应Ⅰ和反应Ⅱ中两种催化剂的质量都不变；错误；D.分析图示：通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化；正确。故选C7.北斗系统的全面建成彰显了中国航天的力量。在航天科技中运用了大量金属材料，下列有关金属材料的说法正确的是A.常温下所有的金属都是固体 B.钢是纯净物，生铁是混合物C.铁与硫酸铜溶液的反应属于复分解反应 D.为防止钢铁制品生锈，可在其表面刷漆【答案】D【解析】【详解】A.常温下金属汞为液体，该选项说法不正确；B.生铁和钢是两种常见的铁合金，属于混合物，该选项说法不正确；C.铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应是单质和化合物生成单质和化合物的反应，属于置换反应，该选项说法不正确；D.在钢铁表面刷漆能隔绝空气，从而防止其生锈，该选项说法正确，故选D。8.下列关于有机物的叙述正确的是A.丙烷（C3H8）中碳元素、氧元素的质量比为3：8B.每个聚乙烯[化学式可表示为（C2H4）n]分子中含有2个碳原子、4个氢原子C.因为淀粉和纤维素的化学式都是（C6H10O5）n，所以它们是同一种物质D.甲醛（CH2O）、乙酸（C2H402）、葡萄糖（C6H12O6）中氢元素的质量分数相同【答案】D【解析】【详解】A.丙烷（C3H8）中碳元素、氧元素的质量比为（12×3）：（1×8）=9：2，故选项错误；B.每个聚乙烯[化学式可表示为（C2H4）n]分子中含有2n个碳原子、4n个氢原子，故选项错误；C.淀粉和纤维素的化学式都是（C6H10O5）n互为同分异构体，故选项错误；D.甲醛的化学式是CH2O，乙酸的化学式是C2H4O2，葡萄糖是C6H12O6，都可以简化为CH2O，他们氢元素的质量分数相同，故选项正确。故选：D。9.归纳与反思是学习化学的重要环节。下列归纳完全正确的是A．材料B．生活石灰石、熟石灰、生石灰都可做建筑材料。玻璃钢、铝合金都属于复合材料。海水中含量最多的元素是钠元素。将燃气热水器装在浴室外。C．环保D．健康pH<7的雨水就称为酸雨。回收废旧电池防止重金属的污染。缺氟会导致龋齿。霉变的花生米油炸后不可以食用。A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.石灰石、熟石灰、生石灰都是常见的建筑材料，正确；玻璃钢是由玻璃纤维和有机高分子材料复合而成，属于复合材料，铝合金是铝的合金，属于金属材料，错误。不符合题意；B.海水中含量最多的物质是水，含量最多的元素是氧元素，错误；将燃气热水器装在浴室外，可以防止碳不完全燃烧生成一氧化碳，导致一氧化碳中毒，正确；不符合题意；C.pH<5.6的雨水就称为酸雨，错误；回收废旧金属，可以节约金属资源，减少污染，保护环境，正确；D.缺氟会导致龋齿，正确；霉变的花生米中含有黄曲霉毒素，黄曲霉毒素具有致癌性，油炸后也不能食用，正确。符合题意。故选D。10.如图是碳及其化合物的“化合价物质类别”二维图。下列有关说法正确的是A.A点对应物质一定是金刚石B.B点对应物质是一种有毒气体，在工业中常用于金属的冶炼C.C点对应物质能与水反应生成酸，空气中该物质含量升高会导致酸雨D.D点对应物质只能与酸反应生成C点对应物质【答案】B【解析】【详解】A.由图示可知，A点对应的物质为碳单质，金刚石、石墨、C60均是碳单质，所以A点对应物质不一定是金刚石，故A错误；B.B点对应的物质为碳的氧化物，且其中碳元素化合价为+2价，则B点对应物质为一氧化碳，一氧化碳是一种有毒气体，具有还原性，在工业中常用于金属的冶炼，故B正确；C.C点对应物质为碳的氧化物，且碳元素的化合价为+4价，则C点表示的物质为二氧化碳，二氧化碳能和水反应生成碳酸，空气中二氧化碳含量升高会导致温室效应，不是酸雨，故C错误；D.D点对应的物质中碳元素的化合价为+4价，且其物质分类为盐，则D表示的物质为碳酸盐或碳酸氢盐，碳酸氢盐在加热条件下也可以分解产生二氧化碳，不一定需要跟酸反应才能制得二氧化碳，故D错误；故选B。11.鉴别、除杂是重要的实验技能。下列实验设计能达到实验目的的是选项实验目的实验设计A除去Na2CO3溶液中的Na2SO4加入适量的碳酸钡B除去MnO2中的KCl溶解、过滤、洗涤、干燥C鉴别肥皂水、草木灰水（含K2CO3）分别滴加无色酚酞溶液D比较Zn、Cu、Ag的金属活动性将Zn分别加入Cu（NO3）2和AgNO3溶液中A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.碳酸钡不溶于水，所以在溶液中加入碳酸钡后不能除去硫酸钠的杂质，不能达到目的，故A错误；B.二氧化锰不溶于水，氯化钾可溶于水，所以加水溶解后过滤出二氧化锰，然后洗涤干燥即可得到二氧化锰，可达到实验目的，故B正确；C.肥皂水和碳酸钾溶液均呈碱性，均能使无色酚酞变红色，现象相同，不能区分，所以不能达到目的，故C错误；D.将Zn分别加入硝酸铜和硝酸银溶液中，锌能和硝酸铜反应生成硝酸锌和铜，证明金属活泼性锌＞铜；锌也能和硝酸银反应生成硝酸锌和银，说明金属活泼性锌＞铜。综上所述可知，可以判断出金属活泼性锌＞铜，锌＞银，不能判断铜和银的金属活泼性强弱，故D错误；故选B。12.图1为甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线，图2为兴趣小组进行的实验，R物质是甲或乙中的一种。下列说法正确的是A.将t1℃饱和的物质甲、物质乙溶液升温到t2℃，所得溶液中溶质的质量分数大小为甲>乙。B.将t2℃饱和的物质丙溶液降温至t1℃时，该溶液仍然处于饱和状态。C.图2的实验流程中，加入的物质R是乙。D.图2中，溶质的质量分数大小依次为：②>③>①。【答案】D【解析】【详解】A.根据图示可知，甲的溶解度随温度升高而明显增大，乙的溶解度随温度升高而小幅增大；t1℃时甲、乙饱和溶液溶质质量分数甲＜乙，当甲、乙的饱和溶液从t1℃升高至t2℃，溶液从饱和溶液变为不饱和溶液，溶质质量不变，溶剂质量不变，溶液质量不变，所以溶质质量分数也不变，所以溶质质量分数甲＜乙，故A错误；B.由图示可知丙的溶解度随温度升高而减小，所以将t2℃饱和的物质丙溶液降温至t1℃时，溶解度增大，该溶液变为不饱和溶液，故B错误；C.根据图示1可知，t1℃时甲的溶解度为30g，乙的溶解度为26g，所以该温度下200g水中不能完全溶解50g甲（溶液中无晶体析出），能完全溶解50g的乙（溶液中无晶体析出）。根据图示2可知，t1℃时溶液中无晶体析出，然后升温并蒸发100g溶剂，且溶液2中无晶体析出，说明该溶质在t2℃时溶解度大于或等于50g，故加入的物质R为甲，故C错误；D.根据图2，溶液①的溶质质量分数为；溶液②中溶剂质量减小100g，此时溶液②中无晶体析出，此时溶液②的溶质质量分数为；溶液③为t1℃时的甲饱和溶液，所以溶液③的溶质质量分数为，可知溶质质量分数溶液②＞溶液③＞溶液①，即②＞③＞①，故D正确；故选D。13.电导率传感器可辅助探究水溶液中复分解反应的实质。相同条件下，离子浓度越大，电导率越大，溶液导电性越强。将滴有几滴酚酞试液的Ba(OH)2溶液平均分成两份置于两个烧杯中，同时插入电导率传感器，往其中一份逐滴滴加稀硫酸，另一份逐滴滴加Na2SO4溶液，测得溶液的电导率变化如图所示。下列说法错误的是A.a点表示的Ba(OH)2与硫酸恰好完全反应B.b点时烧杯内溶液为红色C.c点时烧杯内溶液中的阴离子为D.甲、乙曲线的差异可说明复分解反应中并非所有的离子都参与反应【答案】C【解析】【分析】氢氧化钡和硫酸的离子反应实质为钡离子和硫酸根离子反应，以及氢氧根离子和氢离子反应，恰好完全反应时，液体中无离子剩余，电导率为0，甲曲线为氢氧化钡和硫酸反应的电导率曲线；氢氧化钡和硫酸钠反应的离子反应实质为钡离子和硫酸根离子反应，氢氧根离子和钠离子未参与离子反应，故乙曲线为氢氧化钡和硫酸钠反应的电导率曲线。【详解】A.a点电导率为0，代表氢氧化钡和硫酸恰好完全反应，A说法正确；B.b点时为乙曲线电导率最低点，代表氢氧化钡和硫酸钠恰好完全反应。溶液中溶质为NaOH，溶液中氢氧根离子未参与反应，溶液呈碱性，酚酞遇NaOH变红，故B说法正确；C.乙曲线，氢氧根离子未参与离子反应且c点代表硫酸钠过量，溶液中阴离子为氢氧根离子和硫酸根离子，故C说法错误；D.甲、乙两曲线最大差别在于电导率在反应过程中是否变为0，甲曲线最低点为0，故甲曲线代表的反应中所有离子均参与反应；而乙曲线中最低点不为0，故乙曲线代表的反应中并不是所有的离子均参与反应。故D说法正确。故选C。14.下列图像能正确反映对应变化关系的是（）序号①②③④图像变化关系向稀硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入足量的氢氧化钡溶液分别向相同的硫酸铜溶液（足量）中加入质量相等的锌粉和铁粉加热一定质量的高锰酸钾分别向等质量大理石中滴加相同的稀盐酸（足量）A.①② B.①④ C.②③ D.③④【答案】C【解析】【详解】①向稀硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入足量的氢氧化钡溶液，硫酸根离子与钡离子结合成硫酸钡沉淀，一开始就会产生不溶于酸的硫酸钡沉淀，图像与描述不符；②分别向相同的硫酸铜溶液（足量）中加入质量相等的锌粉和铁粉，铜的相对原子质量为64，锌的相对原子质量为65，铁的相对原子质量为56，加入锌之后，溶液由硫酸铜转化为硫酸锌，溶液质量会增加；加入铁之后，溶液由硫酸铜转化为硫酸亚铁，溶液质量会减小。且锌的金属活泼性强于铁，所以锌和硫酸铜反应时间小于铁和硫酸铜反应时间，图像与描述相符；③加热高锰酸钾时，开始一定时间内，高锰酸钾未开始分解，固体中锰元素质量分数不变；当开始分解后产生氧气，固体总质量减小，锰元素质量不变，所以锰元素质量分数逐渐增大，反应结束后质量分数不再变化，图像与描述相符；④分别向等质量大理石中滴加相同的稀盐酸（足量），因为大理石质量相同，所以产生气体一样，只不过粉末状反应快，反应时间短；块状的反应慢，反应时间长，图像与描述不符。综上所述，②③正确；故选C。二、非选择题（本题包括6小题，共48分）15.水是一种常见的溶剂，也是重要的资源。（1）实验室用NaCl固体配制50g6%NaCl溶液。①计算、称量：使用托盘天平称取______gNaCl固体。②量取、溶解：过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和______（填仪器名称）。（2）大多数天然淡水需要经过处理方可直接饮用。①工厂锅炉长期使用会形成水垢，可用盐酸去除。写出水垢中Mg2（OH）2CO3溶于盐酸时发生反应的化学方程式______。②某牌子的家用净水机工作原理如下图所示：净水机通常会使用活性炭净水，关于活性炭净水的知识，以下正确的是______（填字母）A．活性炭有疏松多孔的结构，所以具有良好的还原性B．活性炭净水不能除去不溶性杂质C．净水机中活性炭滤芯需要定期更换D．超精细活性炭比颗粒活性炭净化效果更好（3）污水未经处理直接排入河流，会使水面上藻类物质大量繁殖，水质恶化。某藻类含化学式为C106H263O106N16P的物质，则污水中导致藻类生长过快的营养元素是______（填元素名称）。【答案】（1）①.3.0②.胶头滴管（2）①.②.CD##DC（3）氮元素、磷元素【解析】【小问1详解】根据溶液质量和溶质质量分数可知，需要氯化钠的质量为，故填3.0；溶解过程中，在烧杯中进行，用量筒和胶头滴管量取一定体积的水，再用玻璃棒搅拌，故填胶头滴管；【小问2详解】碱式碳酸镁和稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，方程式为；A.活性炭有疏松多孔的结构，所以具有良好的吸附性，故A错误；B.活性炭能够吸附水中的色素、异味物质，能够吸附去除部分不溶性杂质，故B错误；C.净水机中的活性炭滤芯需要定期更换，以防水体的二次污染，故C正确；D.超精细活性炭接触面积更大，比颗粒活性炭净化效果更好，故D正确；故选CD；【小问3详解】植物生长需要氮、磷、钾元素较多，某藻类含化学式为C106H263O106N16P的物质，导致藻类生长过快的营养元素是氮元素、磷元素。16.2020年9月，中国向世界宣布了2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的目标。“碳达峰”指的是在某一时间，二氧化碳的排放量达到历史最高值，之后逐步回落；“碳中和”指的是通过植树造林、节能减排等形式，抵消二氧化碳的排放量。如图为自然界中CO2的循环图：（1）途径b是呼吸作用，下雨前，鱼儿浮上水面呼吸，是由于水中氧气溶解度变小，这个时候池塘上的气压______平常气压。（填“大于”、“小于”、“等于”）（2）途径c是动植物遗骸分解过程，枯枝败叶中的纤维素[化学式为[（C6H10O5）n]在微生物作用下与氧气反应彻底转化为CO2和H2O，分解出两种产物分子个数比为______。（3）如图为CO2与过量KOH溶液反应示意图。图1为松开橡皮塞前的状态，图2为松开橡皮塞一段时间后的状态。请画出图2试管中B区的主要微观粒子组成示意图，并进行必要的标注______（粒子数目不作要求；水分子不用画出）。（4）新能源车可以降低碳排放，动力来源于锂电池，草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是生产锂电池的原材料。将草酸亚铁晶体放在一个可称量的容器中加热灼烧，测量并绘制出固体质量随温度升高的变化曲线（图）。【查阅资料】①亚铁离子易被氧化成铁离子。②草酸亚铁晶体受热时会先失去结晶水，继续加热升温后会继续分解。①加热草酸亚铁晶体时，通常是在氩气氛围中进行的，其目的是______。②草酸亚铁晶体从25℃升高至300℃，质量减少了______g，固体A可能的化学式为______。③通过计算分析，产物为FeO的对应温度为______（填字母）。（FeC2O4·2H2O的相对分子质量为：180）A．350℃B．400℃C．500℃D．900℃【答案】（1）小于（2）6：5（3）（4）①.防止亚铁离子被氧化为铁离子②.0.2③.④.B【解析】【小问1详解】气体溶解度随着压强的增大而增大，下雨前，由于水中氧气溶解度变小，说明外界气压减小。故填小于；【小问2详解】由题意可知，纤维素转化为二氧化碳和水，根据质量守恒定律可知，化学反应前后原子数目保持不变。碳原子全部转化为二氧化碳，氢原子全部转化为水。由一个二氧化碳分子和一个水分子中的碳原子和氢原子个数关系可知，设纤维素分子个数有a个，则a个纤维素分子转化生成的二氧化碳分子的个数为，水分子的个数为，所以二氧化碳和水分子的个数比为6：5，故填6：5；【小问3详解】二氧化碳和过量的氢氧化钾反应生成碳酸钾和水，所以B溶液中含有碳酸根离子、氢氧根离子和钾离子，故图示为：【小问4详解】草酸亚铁晶体在加热时生成亚铁盐，根据资料，亚铁离子易被氧化成铁离子，所以需要在氩气氛围中进行加热，氩气可以隔绝氧气和草酸亚铁的接触，防止草酸亚铁被氧化。故填防止亚铁离子被氧化为铁离子；300℃时草酸亚铁晶体减少的质量为。1g草酸亚铁晶体中水的质量为，草酸亚铁失去结晶水后的质量为；A点对应的固体质量为0.8g，草酸亚铁加热时先失去结晶水，所以固体A的化学式为，故填0.2g；；根据质量守恒定律可知，化学反应前后原子种类和数目不变，一个草酸亚铁粒子可以转化为一个氧化亚铁微粒。设生成的氧化亚铁质量为x，则由图示可知，当温度为400℃时固体质量为0.4g，故选B。17.有一包白色固体，可能含有硫酸铜、碳酸钠、氯化钠、氢氧化钠、氯化钡中的一种或几种。为探究该固体组成，某兴趣小组进行了如下实验：步骤Ⅰ：取适量固体样品于烧杯中，加入过量稀硝酸，无气泡冒出，固体全部溶解，得到蓝色溶液A。步骤Ⅱ：向蓝色溶液A中加入过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，充分反应后过滤，得到滤液B。步骤Ⅲ：向滤液B中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。（1）步骤Ⅱ中产生白色沉淀，发生反应的化学方程式是______。（2）分析上述实验过程，关于样品的组成，可以得到的结论是______。（3）设计实验方案进一步确定该白色固体的成分，完成下表。实验操作预期现象与结论______若______，则该白色固体的成分是______。若______，则该白色固体的成分是______。【答案】（1）（2）固体样品中一定含有硫酸铜、氯化钠；一定不含有碳酸钠、氯化钡；可能含有氢氧化钠（3）①.另取少量固体样品于试管中，加入足量水，振荡②.有蓝色沉淀产生③.硫酸铜、氯化钠、氢氧化钠④.无蓝色沉淀产生⑤.硫酸铜、氯化钠【解析】【分析】步骤Ⅰ：取适量固体样品于烧杯中，加入过量稀硝酸，无气泡冒出，固体全部溶解，得到蓝色溶液A。碳酸钠能与稀硝酸反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，故固体中不含碳酸钠，硫酸铜溶液是蓝色的，故一定含硫酸铜，硫酸铜能与氯化钡反应生成硫酸钡和氯化铜，不能共存，故白色固体中不含氯化钡；步骤Ⅱ：向蓝色溶液A中加入过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，充分反应后过滤，得到滤液B，可除去硫酸铜；步骤Ⅲ：向滤液B中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，硝酸银能与氯化钠反应生成氯化银和硝酸，故白色固体中一定含氯化钠。无法确定是否含氢氧化钠。【小问1详解】步骤Ⅱ中产生白色沉淀为硝酸钡和硫酸铜反应生成硫酸钡和硝酸铜，该反应的化学方程式为：；【小问2详解】由分析可知，固体样品中一定含有硫酸铜、氯化钠；一定不含有碳酸钠、氯化钡；可能含有氢氧化钠；【小问3详解】白色固体中一定含硫酸铜，硫酸铜能与氢氧化钠反应生成氢氧化铜和硫酸钠，产生蓝色沉淀，故另取少量固体样品于试管中，加入足量水，振荡，若有蓝色沉淀生成，说明白色固体的成分为硫酸铜、氯化钠、氢氧化钠；若无蓝色沉淀生成，则白色固体的成分是硫酸铜、氯化钠。18.某工厂生产高锰酸钾的流程如下图所示。请回答下列问题：（1）“混合加热室”发生的主要是______（填“物理变化”或“化学变化”）。主要目的是______。（2）“电解室”反应中，反应前后化合价发生变化的元素有______（写元素符号）。（3）生产流程中可循环利用的物质是______（写化学式）。（4）写出氧化室中发生反应的化学方程式：______。（5）取47.4g高程酸钾，加热一段时间后停止，共收集到3.2g氧气。计算剩余固体中氧元素的质量分数是______（计算结果保留到0.1%）。【答案】（1）①.物理变化②.使二氧化锰和氢氧化钾充分熔合（2）H、Mn（3）KOH（4）（5）36.2%【解析】【分析】根据图示信息，运用所学知识分析。【小问1详解】①由图可知，二氧化锰和氢氧化钾通过混合加热室后变成了二者熔融物，该过程中无新物质生成，属于物理变化，故填：物理变化。②由图可知，把二氧化锰和氢氧化钾混合加热室的目的是为了让二氧化锰和氢氧化钾充分混合，故填：使二氧化锰和氢氧化钾充分熔合。【小问2详解】“电解室”反应中，反应前水中氢元素的化合价是+1价，反应后氢气中氢元素的化合价是0价，反应前锰酸钾中锰元素化合价是+6，反应后高锰酸钾中锰元素的化合价是+7，反应前后化合价发生变化的元素有氢元素、锰元素；故填：H、Mn。【小问3详解】既是生成物又是反应物的物质可以循环利用，由流程图可得生产流程中可循环利用的物质是KOH，故填：KOH。【小问4详解】由图可知，氧化室的氧化过程中空气中的氧气参加反应，即二氧化锰与氢氧化钾、氧气在加热条件下反应生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为：，故填：。【小问5详解】根据质量守恒定律，剩余固体中氧元素的质量是高锰酸钾中氧元素的质量减去氧气的质量，即：，则剩余固体中氧元素的质量分数是：，故填：36.2%。【点睛】本题解答的关键是读懂图，审清题，运用所学知识用心解答。19.氧气支持生命活动，也是一种重要的化工原料。（1）工业上有多种制取氧气的方法，如：方法一：在低温、加压条件下，将空气液化。然后将温度升高至-196℃～-183℃之间，使液态氮气先蒸发，剩余液态氧气储存于钢瓶里。方法二：利用电解水的方法制取氧气，将得到的氧气干燥。在低温、加压条件下，使之转化为液态，储存于钢瓶里。①从构成物质的微粒视角分析，在方法空气液化过程中，主要改变的是______。②用方法二制取氧气，其反应的化学方程式是______。（2）为探究影响双氧水（过氧化氢溶液）分解的因素，进行以下两个实验：①氯化物对双氧水分解的影响。反应条件：6.0mL30%双氧水，0.1g氯化物，室温；实验时间：1.5h。实验过程：步骤一：测量生成氧气的体积；步骤二：计算双氧水的分解率。实验数据如下表所示：氯化物NaClMgCl2CuCl2放出氧气的体积/mL2.04.0420.0双氧水的分解率/%0.300.6063.18Ⅰ、由上表可知，双氧水保存时应避免引入的离子是______（写离子符号）。Ⅱ、进行上述实验时，将6.0mL30%双氧水加到不同氯化物中，用排水法收集氧气。请从如图中选择合适的仪器（每种仪器限用一次），组成该探究的完整实验装置，需要用到的是______（填标号）。②pH对双氧水分解的影响。反应条件：6.0mL30%双氧水，60℃；用NaOH溶液调pH；实验时间：1.5h。实验结果如图所示：由如图可知，pH为______（填数字）时，双氧水分解率最高。（3）用双氧水可制得“鱼浮灵"、“钙多宝”等产品，用以解决养殖鱼因氧气不足造成死亡的问题。①“鱼浮灵”主要成分是2Na2CO3·3H2O2，可迅速增加水体含氧量，其原因是______。②“钙多宝”主要成分是CaO2，常温下能与水反应生成氢氧化钙和氧气。长时间存放的“钙多宝”中含有主要杂质是Ca（OH）2.______（填化学式）。【答案】（1）①.分子之间的间隔②.（2）①.②.A.B.C.D.E③.9（3）①.“鱼浮灵”溶于水形成碳酸钠和过氧化氢，碳酸钠溶液呈碱性，能够促进过氧化氢分解生成氧气；②.【解析】【小问1详解】空气液化过程中，没有新物质生成，只是将物质从气态转化为液态，改变了分子之间的间隙。故填分子之间的间隔；利用电解水方式制取氧气，电解水时生成氧气和氢气，方程式为；【小问2详解】由表格数据可知，加入氯化铜后，双氧水的分解率最大。比较加入氯化钠、氯化镁后的分解率可知，双氧水分解率很大的原因是引入了铜离子，所以保存双氧水时，需要避免铜离子的引入。故填；实验室中用双氧水制取氧气且用排水法收集氧气，该反应是固液不加热反应，所以发生装置可选用具支试管B，为了便于添加过氧化氢并控制反应速率，需要使用注射器A，用集气瓶C装满水用排水法收集氧气，用排水法收集时还需要水槽，通过测量排出水的体积来测量氧气体积，此时需要用量筒D和直角导气管E。故填A.B.C.D.E；根据图示可知，当pH在5~9时，分解率随着pH的增大而增大；当pH＞9以后，分解率随pH的增大而减小，所以在pH=9时分解率最高。故填9；【小问3详解】根据题意，过氧化氢在碱性条件下分解速率会加快。当2Na2CO3·3H2O2加入水中后，分解形成的碳酸钠的水溶液呈碱性，能够促进过氧化氢分解生成氧气。故填“鱼浮灵”溶于水形成碳酸钠